A AnalisiMatematicaII(31/1/2017)

(1)

Analisi Matematica II (31/1/2017)

Risposte non giustificate non verranno considerate. Consegnare solo la “bella copia”.

Scrivere anche sul retro del foglio.

Cognome:

Nome:

Matricola, Crediti:

1 2 3 4 5 TOTALE

Versione A

Esercizio A1. [punti 6] Studiare continuit`a, esistenza delle derivate parziali e differenziabilit`a di

f(x, y) =







arctg(x²y²)

x² , x6= 0,

y², x= 0.

Svolgimento:

(2)

Esercizio A2. [punti 6] Calcolare il seguente integrale Z Z Z

D

(2x + z²) dxdydz dove D = {(x, y, z) ∈ R³ : x² + z² ≤ y ≤ 2}.

Svolgimento:

Esercizio A3. [punti 6] Sia data la forma differenziale

2x²+ 5x px²+ y²

dx+

3y²+ 5y px²+ y²

dy.

(a) Verificare che ω `e esatta in D = R²\ {(0, 0)}, e determinarne una primitiva (o potenziale).

(b) Calcolare R

γω, dove γ(t) = (t, 1 + 2|t|³^/2), t ∈ [−1, 1].

Svolgimento:

Analisi Matematica II (31/1/2017). Cognome e Nome, Matricola:

(3)

Esercizio A4. [punti 6] Data la serie

∞

X

n=1

(−1)ⁿ n¹^/3

2 − x x

n²

, x∈ R \ {0}, (a) determinare l’insieme di convergenza puntuale,

(b) determinare l’insieme di convergenza assoluta.

Svolgimento:

Esercizio A5. [punti 6] Risolvere il problema di Cauchy (y^′ = Ay

y(0) = y⁰ A=





1 −1 3

−2 2 3

1 −1 3



, y0=



 0 1 2



.

Svolgimento:

(4)

Esercizio A1. [punti 6] Studiare continuit`a, esistenza delle derivate parziali e differenziabilit`a di

f(x, y) =







arctg(x²y²)

x² , x6= 0,

y², x= 0.

Svolgimento: Intanto f `e continua in A := {(x, y) ∈ R² : x 6= 0}, per teoremi generali sulle funzioni continue. Inoltre, in (0, y0), si ha

(x,y)→(0,ylim ⁰) x6=0

arctg(x²y²)

x² = lim

(x,y)→(0,y⁰)

x²y²(1 + o(1))

x² = y₀² = f (0, y0).

Quindi f `e continua in R². Calcoliamo le derivate parziali in A. Si ha

f_x(x, y) =

2x³y²

1+x⁴y⁴ − 2x arctg(x²y²) x⁴

fy(x, y) = 2x²y x²(1 + x⁴y⁴).

Quindi le derivate parziali sono anche continue in A. Calcoliamole in (0, y0). Si ha

fx(0, y0) = lim

t→0

f(t, y0) − f(0, y⁰)

t = lim

t→0

arctg(t²y²0) t² − y²0

t

(a)= lim

t→0

t²y₀²−¹₃(ty0)⁶(1 + o(1)) − y²0t²

t³ = 0,

fy(0, y0) = lim

t→0

f(0, y0+ t) − f(0, y⁰)

t = lim

t→0

(y0+ t)²− y0²

t = 2y0,

dove in (a) si `e usato lo sviluppo di Taylor arctg(z) = z − ¹₃z³+ o(z³), z → 0.

Infine, f `e differenziabile in A, perch´e le derivate parziali sono ivi continue. In (0, y0), si ha

(h,k)→(0,0)lim

h6=0

f(h, y0+ k) − f(0, y⁰) − f^x(0, y0)h − f^y(0, y0)k

(h²+ k²)^1/2 = lim

(h,k)→(0,0)

arctg(h²(y⁰+k)²)

h² − y0²− 2y⁰k (h²+ k²)^1/2

= lim

(h,k)→(0,0)

h²(y0+ k)²+ o(h⁵) − h²(y₀²+ 2y0k)

h²(h²+ k²)^1/2 = lim

(h,k)→(0,0)

h²k²+ o(h⁵) h²(h² + k²)^1/2

= lim

(h,k)→(0,0)

k²+ h³o(1) (h²+ k²)^1/2

(b)= 0,

k→0lim

f(0, y₀+ k) − f(0, y0) − fy(0, y₀)k

|k| = lim

k→0

(y₀+ k)²− y0²− 2y0k

|k| = lim

k→0|k| = 0, dove in (b) si `e usato il fatto che _(h2 ^|h|

+k²)¹^/2 ≤ 1, e _(h²_+k^|k|²₎¹^/2 ≤ 1. Quindi f `e differenziabile in R².

(5)

Esercizio A2. [punti 6] Calcolare il seguente integrale Z Z Z

D

(2x + z²) dxdydz dove D = {(x, y, z) ∈ R³ : x² + z² ≤ y ≤ 2}.

Svolgimento: Si ha Z Z Z

D

(2x + z²) dxdydz ^(a)= Z Z Z

D

z²dxdydz^(b)= Z 2

0

Z Z

A_y̺ϑ

̺²sin²ϑ ̺d̺dϑ

dy

= Z 2

0

Z 2π 0

sin²ϑ dϑ Z ^√y

0

̺³d̺

dy ^(c)= π 4

Z 2 0

y²dy= 2π 3 ,

dove in (a) si sono usate le simmetrie della funzione e del dominio, in (b) il cambio di variabile x = ̺ cos ϑ, z = ̺ sin ϑ, per cui A_y̺ϑ = {(̺, ϑ) ∈ R² : ̺ ≤ √y, ϑ ∈ [0, 2π]}, e in (c) i risultati R2π

0 sin²ϑ dϑ=R2π 0

1

2(1 − cos 2ϑ) dϑ = π,R^√y

0 ̺³d̺=₁

4̺⁴^√y

0 = ¹₄y².

Esercizio A3. [punti 6] Sia data la forma differenziale

2x²+ 5x px²+ y²

dx+

3y²+ 5y px²+ y²

dy.

(a) Verificare che ω `e esatta in D = R²\ {(0, 0)}, e determinarne una primitiva (o potenziale).

(b) Calcolare R

γω, dove γ(t) = (t, 1 + 2|t|^3/2), t ∈ [−1, 1].

Svolgimento: Posto ω(x, y) = f dx + g dy, si ha ^∂g_∂x = ^∂f_∂y = −_2(x²^5xy_+y²₎³^/2, per cui ω è chiusa in D, che non è semplicemente connesso. Per verificare che ω è esatta in D bisogna allora trovare una funzione potenziale, cioè una funzione U che soddisfi







∂U

∂x = 2x²+√^5x

x²+y²

∂U

∂y = 3y²+√^5y

x²+y². Dalla prima equazione segue che U(x, y) = R

2x²+√^5x

x²+y² dx = ²₃x³+ 5px²+ y²+ ϕ(y), e derivando rispetto ad y, √^5y

x²+y² + ϕ^′(y) = ^∂U_∂y = 3y²+√^5y

x²+y² ⇐⇒ ϕ^′(y) = 3y² =⇒ ϕ(y) = y³+ c, per cui una funzione potenziale `e data da

U(x, y) = 2

3x³ + y³+ 5p

x²+ y². Allora R

γω= U(γ(1)) − U(γ(−1)) = U(1, 3) − U(−1, 3) = ⁴₃.

(6)

Esercizio A4. [punti 6] Data la serie X∞ n=1

(−1)ⁿ n^1/3

2 − x x

n²

, x∈ R \ {0},

(a) determinare l’insieme di convergenza puntuale, (b) determinare l’insieme di convergenza assoluta.

Svolgimento: Sia an := (−1)ⁿ n^1/3

2 − x x

n²

, per cui

n→∞lim

p|an n| = lim

n→∞

1 (n^1/n)^1/3

2 − x x

n

=







0, |^2−x_x | < 1, 1, |^2−x_x | = 1 +∞, |^2−x_x | > 1.

Poich´e |^2−x_x | < 1 ⇐⇒ x > 1, segue dal criterio della radice che la serie P_∞

n=1a_n converge assolutamente in (1, +∞), e non converge in (−∞, 1). Per x = 1 si ha aⁿ = ⁽⁻¹⁾_n¹/3ⁿ, e quindi la serie P_∞

n=1a_n converge (non assolutamente) per il criterio di Leibniz, in quanto |an| = _n¹¹^/3 `e decrescente ed infinitesima. Quindi la serie converge assolutamente in (1, +∞), e semplicemente in [1, +∞), e non converge altrove.

Esercizio A5. [punti 6] Risolvere il problema di Cauchy (y^′ = Ay

y(0) = y₀ A=





1 −1 3

−2 2 3

1 −1 3



, y₀=



 0 1 2



.

Svolgimento: Cerchiamo gli autovalori di A:

det(A − λI) =

1 − λ −1 3

−2 2 − λ 3

1 −1 3 − λ

= (1 − λ)(2 − λ)(3 − λ) + 3 − 3(2 − λ) + 3(1 − λ) − 2(3 − λ)

= −λ(λ²− 6λ + 9) = −λ(λ − 3)² = 0, da cui si ottengono le soluzioni λ1 = 0 e λ2 = 3 (doppia).

Autovettore per λ1 = 0:

0 = A~v =





1 −1 3

−2 2 3

1 −1 3







 x1

x2

x₃



 ⇐⇒ x¹− x² + 3x3 = 0 ∧ 2x¹− 2x²− 3x³ = 0

⇐⇒ x¹ = x2, x3 = 0,

e possiamo scegliere ~v1 =



 1 1 0



.

Autovettori per λ2 = 3:

0 = (A − 3I)~v =





−2 −1 3

−2 −1 3 1 −1 0







 x1

x2

x₃



 ⇐⇒ 2x¹+ x2− 3x³ = 0 ∧ x¹− x² = 0

⇐⇒ x¹ = x2 = x3,

(7)

cio`e i detti autovettori sono tutti proporzionali a ~v =



 1 1 1



.

Poich´e c’`e un solo autovettore indipendente, occorre cercare un autovettore generalizzato:

0 = (A − 3I)²~v =





9 0 −9 9 0 −9 0 0 0







 x₁ x2

x3



 ⇐⇒ x1− x3 = 0,

e quindi scegliamo ~v3 =



 1 0 1



∈ ker(A − 3I)²\ ker(A − 3I), e ~v² = (A − 3I)~v³ =



 1 1 1



.

Da y0 = c1~v1 + c2~v2+ c3~v3 si ricava







0 = y₁(0) = c₁+ c₂+ c₃ 1 = y2(0) = c1+ c2

2 = y3(0) = c2+ c3

⇐⇒







c₁ = −2 c2 = 3 c3 = −1.

La soluzione del problema di Cauchy `e quindi:

y(t) = eÂty₀ = c1eÂt~v₁+ c2eÂt~v₂+ c3eÂt~v₃ = c1~v₁ + c2e^3t~v₂+ c3e^3t I+ (A − 3I)t~v₃

= c1~v1+ (c2+ c3t)e^3t~v2+ c3e^3t~v3 = −2



 1 1 0



+ (3 − t)e^3t



 1 1 1



− e^3t



 1 0 1



, cio`e

y₁(t) = −2 + (2 − t)e^3t y₂(t) = −2 + (3 − t)e^3t y₃(t) = (2 − t)e^3t.

(8)

Cognome:

Nome:

Matricola, Crediti:

1 2 3 4 5 TOTALE

Versione A

Esercizio A1. [punti 6] Data la seguente funzione f(x, y) = log(1 + y²) + x²

4 −y² 4 (a) determinarne i punti stazionari e la loro natura,

(b) determinare massimo e minimo di f in D = {(x, y) ∈ R² : x² + y² ≤ 1}.

Svolgimento:

(9)

Esercizio A2. [punti 6] Calcolare il seguente integrale Z Z

D

dxdy 2x + y² , dove D `e il triangolo di vertici (0, 0), (2, 0), (2, 2).

Svolgimento:

Esercizio A3. [punti 6] CalcolareR

SF~ · ~n dσ, dove S `e la superficie laterale della porzione di paraboloide T = {(x, y, z) ∈ R³ : x² + z² ≤ y ≤ 4} , orientata nel verso della normale esterna

~ne, e

F~(x, y, z) = 2y²z²~ı+ 3x²z²~+ z³~k.

Svolgimento:

(10)

∞

X

n=1

eⁿ^(x−x²⁾ n²+ (log n)² ,

determinare gli insiemi di convergenza puntuale (o semplice) e assoluta.

Svolgimento:

Esercizio A5. [punti 6] Determinare le soluzioni, al variare di λ ∈ R, del seguente problema ai limiti

(P )

(y^′′(x) + λy(x) = 0 y(0) = 0, y^′(2) = 0.

Svolgimento:

(11)

Esercizio A1. [punti 6] Data la seguente funzione f(x, y) = log(1 + y²) + x²

4 −y² 4 (a) determinarne i punti stazionari e la loro natura,

(b) determinare massimo e minimo di f in D = {(x, y) ∈ R² : x² + y² ≤ 1}.

Svolgimento: (a) I punti stazionari sono soluzioni di (fx(x, y) = ^x₂ = 0

fy(x, y) = _1+y^2y2 −^y₂ = ^y(3−y_2(1+y²2⁾) = 0 che fornisce i punti (0, 0), (0, ±√

3). Poich´e fxx(x, y) = 1

2 fxy(x, y) = 0 fyy(x, y) = 3 − 6y²− y⁴ 2(1 + y²)² ne segue che

Hf(0, 0) =

₁

2 0

0 ³₂

, Hf(0, ±√ 3) =

₁

2 0

0 −³₄

, per cui (0, 0) `e un punto di minimo locale, mentre (0, ±√

3) sono punti di sella.

(b) Poiché D è chiuso e limitato e f è continua su D, il teorema di Weierstrass ci assicura che f ha massimo e minimo su D. Come conseguenza del teorema di Fermat, cerchiamo i punti di massimo e minimo in tre insiemi:

(b1) tra i punti stazionari interni a D. In questo caso, (0, 0) ∈ D^o.

(b2) tra i punti interni a D in cui non esiste almeno una delle derivate parziali prime di f . In questo caso non ci sono.

(b3) tra i punti di frontiera di D. Determiniamo, allora, i punti di massimo e minimo di f |^F^D. Osserviamo che FD `e costituita dalla circonferenza C = {(x, y) ∈ R² : x² + y² = 1}. Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per studiare f |^C, e ci accontentiamo di trovare i punti stazionari della Lagrangiana [tra questi ci saranno anche i punti di massimo e minimo di f |^C].

Introduciamo la funzione di vincolo g(x, y) = x²+ y²− 1, e determiniamo dapprima i punti non regolari per il vincolo, cio`e le soluzioni del sistema







g_x(x, y) = 2x = 0 g_y(x, y) = 2y = 0

g(x, y) = x² + y²− 1 = 0, che non ha soluzione.

Introduciamo ora la Lagrangiana L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y), e cerchiamo i punti stazionari di L, cio`e le soluzioni del sistema







L_x(x, y, λ) = ^x₂ + 2xλ = ^x₂(1 + 4λ) = 0

L_y(x, y, λ) = ^y(3−y_2(1+y²2⁾) + 2yλ = ^y₂ ^3−y_1+y²2 + 4λ = 0 L_λ(x, y, λ) = x² + y²− 1 = 0,

⇐⇒





 x= 0 y= 0

−1 = 0, _

(x= 0 y= ±1,

_

(y= 0 x= ±1,

_







λ = −¹₄

3−y²

1+y² = 1 ⇐⇒ y = ±1 x= ±p1 − y² = 0, cio`e i punti (0, ±1), (±1, 0).

(12)

(b3^′) Soluzione alternativa. Osservato che, sul vincolo, y² = 1 − x², otteniamo h(x) :=

f(x, ±1 − x²) = log(2 − x²) +¹₂x² − ¹₄, x ∈ [−1, 1]. Poich´e h^′(x) = _x2^2x

−2 + x = _x2^x³

−2 = 0 ⇐⇒

x= 0, otteniamo i punti (0, ±1), (±1, 0).

(b4) Calcolando il valore di f su tutti i punti trovati, otteniamo f (0, 0) = 0, f (0, ±1) = log 2−¹₄, f(±1, 0) = ¹₄. Quindi minDf = 0 e maxDf = log 2 − ¹₄.

Esercizio A2. [punti 6] Calcolare il seguente integrale Z Z

D

dxdy 2x + y² , dove D `e il triangolo di vertici (0, 0), (2, 0), (2, 2).

Svolgimento: Si ha Z Z

D

dxdy

2x + y² = lim

a→0⁺

Z 2 a

√1 2x

Z x 0

1 1 + (^√^y_2x)²

√dy 2x

dx

= lim

a→0⁺

Z 2 a

√1 2x

harctg y

√2x ix

0dx= lim

a→0⁺

Z 2 a

√1

2x arctgr x 2dx

(a)= lim

a→0⁺

Z 1

√a/2

arctg t

2t 4tdt^(b)= 2 Z 1

0

arctg t dt^(c)= 2h

tarctg ti1 0− 2

Z 1 0

tdt t²+ 1

= π 2 −h

log(x²+ 1)i1 0 = π

2 − log 2, dove in (a) si `e usato il cambio di variabile t =p_x

2, dx = 4tdt, in (b) la continuit`a dell’integrale rispetto agli estremi d’integrazione, e in (c) l’integrazione per parti.

Soluzione alternativa. Si ha Z Z

D

dxdy

2x + y² = lim

a→0⁺

Z 2 a

1 2

Z 2 y

d(2x + y²) 2x + y²

dy= lim

a→0⁺

Z 2 a

1 2

hlog(2x + y²)i2 ydy

= 1 2 lim

a→0⁺

Z 2 a

log(y²+ 4) − log(y²+ 2y) dy

(a)= 1 2 lim

a→0⁺

h

y log(y²+ 4) − log(y²+ 2y)i2 a−

Z 2 a

y 2y

y²+ 4 − 2y + 2 y²+ 2y

dy

(b)= 3

2log 2 + Z 2

0

8

y²+ 4 − 2 y+ 2

dy

= 3

2log 2 +h

4 arctgy

2 − 2 log(y + 2)i2 0 = π

2 − log 2,

dove in (a) si `e usata l’integrazione per parti, e in (b) la continuit`a dell’integrale rispetto agli estremi d’integrazione, e i risultati lim_a→0⁺a log(a²+ 4) − log(a²+ 2a) = lim_a→0⁺ alog(a²+ 4) − a log(a + 2) − a log a = 0, e ^2y_y2²+2y^+2y − y^2y²+4² = 2 − y²^2y+2y − 2 + y²⁸+4 = _y2⁸+4 − y+2² .

(13)

Esercizio A3. [punti 6] CalcolareR

SF~ · ~n dσ, dove S `e la superficie laterale della porzione di paraboloide T = {(x, y, z) ∈ R³ : x² + z² ≤ y ≤ 4} , orientata nel verso della normale esterna

~n_e, e

F~(x, y, z) = 2y²z²~ı+ 3x²z²~+ z³~k.

Svolgimento: Sia S^′ = {(x, 4, z) ∈ R³ : x²+ z² ≤ 4}, per cui ∂T = S ∪ S^′. Una parametrizzazione di S^′ `e Φ(x, z) = (x, 2, z), (x, z) ∈ D := {(x, z) ∈ R² : x²+ z² ≤ 4}, il cui vettore normale

`e Φx∧ Φ^z = −~, che `e interno a T . Dal teorema della divergenza si ha Z Z Z

T

div ~F dxdydz= Z

S

F~ · ~n^edσ+ Z

S^′

F~ · ~n^edσ,

dove ~ne `e il versore normale esterno rispetto a T . Poich´e div F = 3z², si ha Z

S

F~ · ~n^edσ = Z Z Z

T

div ~F dxdydz− Z

S^′

F~ · ~n^edσ^(a)= Z Z Z

T

3z²dxdydz+ Z Z

D

F~ ◦ Φ · Φ^x∧ Φ^zdxdz

(a)= Z 4

0

Z Z

Ay

3z²dxdz

dy−

Z Z

D

3x²z²dxdz

(b)= Z 4

0

Z 2π 0

sin²ϑ dϑ· Z ^√y

0

3̺³d̺

dy− 3 Z 2π

0

cos²ϑsin²ϑ dϑ· Z 2

0

̺⁵d̺

(c)= π Z 4

0

h3̺⁴ 4

i^√y

0 dy− 3 · π 4 · 64

6 = 3π 4

Z 4 0

y²dy− 8π = 8π,

dove in (a) si `e usata l’integrazione per piani, con Ay := {(x, z) ∈ R² : x² + z² ≤ y}, in (b) il cambio di coordinate x = ̺ cos ϑ, z = ̺ sin ϑ, e in (c) i risultati R2π

0 sin²ϑ dϑ = ¹₂R2π 0 (1 − cos 2ϑ) dϑ = π, e R2π

0 cos²ϑsin²ϑ dϑ= ¹₄R2π

0 sin²(2ϑ) dϑ = ¹₈ R2π

0 (1 + cos 4ϑ) dϑ = ^π₄.

Soluzione alternativa. Una parametrizzazione di S `e Φ(x, z) = (x, x²+ z², z), (x, z) ∈ A :=

{(x, z) ∈ R² : x²+ z² ≤ 1}, il cui vettore normale `e Φ^x∧ Φ^z =

~ı ~ ~k 1 2x 0 0 2z 1

= 2x~ı − ~ + 2z ~k, che

`e esterno a T . Dalla definizione di flusso si ha Z

S

F~ · ~n^edσ = Z Z

A

F~ ◦ Φ · Φ^x∧ Φ^zdxdz = Z Z

A

4x(x²+ z²)²z²− 3x²z²+ 2z⁴ dxdz

(a)= Z 2π

0

Z 2 0

2̺⁴sin⁴ϑ− 3̺⁴sin²ϑcos²ϑ ̺d̺dϑ

= 32 3

Z 2π 0

2 sin⁴ϑ− 3 sin²ϑcos²ϑdϑ^(b)= 32 3

3π 2 − 3π

4

= 8π,

dove in (a) si sono usati il cambio di coordinate x = ̺ cos ϑ, z = ̺ sin ϑ e le simmetrie del dominio e della funzione integranda, e in (b) i risultati R2π

0 sin⁴ϑ dϑ = R2π 0

3

8 − ¹2cos(2ϑ) +

1

8cos(4ϑ) dϑ = ^3π₄ , e R2π

0 sin²ϑcos²ϑ dϑ=R2π 0

1

8 − ¹8cos(4ϑ) dϑ = ^π₄.

(14)

∞

X

n=1

e^n(x−x²⁾ n²+ (log n)² ,

determinare gli insiemi di convergenza puntuale (o semplice) e assoluta.

Svolgimento: Posto y = ϕ(x) := e^x−x², la serie diventa P_∞

n=1 yⁿ

n²+(log n)², che `e una serie di potenze, con raggio di convergenza 1. Inoltre, se y = ±1, la serie diventa P_∞

n=1 (±1)ⁿ

n²+(log n)², che converge assolutamente. Quindi la serie converge puntualmente e assolutamente ∀y ∈ [−1, 1].

Allora la serie data converge puntualmente e assolutamente per ogni x tale che −1 ≤ e^x−x² ≤ 1 ⇐⇒ x² − x ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, +∞).

Esercizio A5. [punti 6] Determinare le soluzioni, al variare di λ ∈ R, del seguente problema ai limiti

(P )

(y^′′(x) + λy(x) = 0 y(0) = 0, y^′(2) = 0.

Svolgimento: Distinguiamo tre casi:

(a) per λ < 0 il problema ai limiti (P ) ha solo la soluzione nulla. Infatti, posto a =√

−λ > 0, la soluzione generale dell’equazione `e y_gen(x) = c₁e^−ax+ c₂e^ax, mentre le condizioni al contorno danno

(0 = c1+ c2

0 = −ac¹e^−2a+ ac2e^2a ⇐⇒

(c₂ = −c¹

0 = −c¹(e^−2a+ e^2a) ⇐⇒

(c₁ = 0 c₂ = 0.

(b) per λ = 0 il problema ai limiti (P ) ha solo la soluzione nulla. Infatti la soluzione generale dell’equazione `e ygen(x) = c1+ c2x, mentre le condizioni al contorno danno

(0 = c₁ 0 = c₂.

(c) per λ > 0 la soluzione generale dell’equazione `e ygen(x) = c1cos(√

λx) + c2sin(√

λx), mentre le condizioni al contorno danno

(0 = c₁ 0 = −c¹√

λsin(2√

λ) + c2

√λcos(2√

λ) ⇐⇒

(c₁ = 0 c₂√

λcos(2√

λ) = 0, e quindi, essendo y non identicamente nulla, deve essere cos(2√

λ) = 0, cio`e 2√

λ = (k + ¹₂)π, per qualche k ∈ N. Ma allora (P ) ha soluzioni non identicamente nulle solo quando λ = λ^k:=

(2k+1)π 4

2

, per qualche k ∈ N, e questi numeri sono detti autovalori del problema. All’autovalore λ= λ_k corrisponde l’autofunzione y_k(x) = sin ^(2k+1)π₄ x.

(15)

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1 2 3 4 5 TOTALE

Versione A

Esercizio A1. [punti 6] Data l’equazione g(x, y) =

Z y 1

cos(πyt²) dt + x²−y²+ 1 = 0,

(a) verificare che essa definisce implicitamente y = f (x) nell’intorno di (0, 1), (b) determinare il polinomio di Taylor di ordine 2 in x⁰ = 0 della funzione f . Svolgimento:

(16)

Esercizio A2. [punti 6] Siano γ(t) := (−2 + 3 cos t − cos 3t, 3 sin t − sin 3t), t ∈ [0, π], e ω la forma differenziale

ω(x, y) =

2 sin x + x p1 + x²+ y²

dx+

cos y + y

p1 + x²+ y²

dy.

(a) Verificare che ω `e esatta in D = R², e determinarne una primitiva (o potenziale).

(b) Calcolare R

γω.

Svolgimento:

Esercizio A3. [punti 6] Siano S la superficie grafico della funzione z = x²−y² e limitata dal cilindro x²+ y² ≤4.

(a) Determinare una parametrizzazione regolare di S.

(b) Calcolare

Z

S

z²

p1 + 4x²+ 4y²dσ.

Svolgimento:

(17)

Esercizio A4. [punti 6] Data la successione di funzioni f_n(x) = 1

nlog(1 + e^nx) , x ∈ R,

(a) determinare l’insieme di convergenza puntuale e f (x) := limn→∞f_n(x), (b) determinare il generico intervallo di convergenza uniforme della successione.

Svolgimento:

Esercizio A5. [punti 6] Data l’equazione differenziale u^′′ = (u^′)²+ 2uu^′,

(a) determinarne i punti di equilibrio, e tracciarne il diagramma di fase,

(b) determinare la soluzione che soddisfa le condizioni iniziali u(0) = 0, u^′(0) = −2.

Svolgimento:

(18)

Esercizio A1. [punti 6] Data l’equazione g(x, y) =

Z y 1

cos(πyt²) dt + x²− y²+ 1 = 0,

(a) verificare che essa definisce implicitamente y = f (x) nell’intorno di (0, 1), (b) determinare il polinomio di Taylor di ordine 2 in x0 = 0 della funzione f . Svolgimento: Osserviamo che g(0, 1) = 0 e

gx(x, y) = 2x =⇒ g^x(0, 1) = 0, gy(x, y) = cos(πy³) −

Z y 1

πt²sin(πyt²) dt − 2y =⇒ g^y(0, 1) = −3 6= 0.

Per il teorema del Dini, g(x, y) = 0 definisce, in un intorno di (0, 1), un’unica funzione y = f (x), che risulta essere di classe C^∞. Inoltre, g(x, f (x)) = 0, per ogni x in un intorno di x₀ = 0, per cui derivando rispetto ad x si ottiene

0 = gx(x, f (x)) + gy(x, f (x))f^′(x) (*) e sostituendo x = 0, f (0) = 1, si ottiene

f^′(0) = −gx(0, 1) gy(0, 1) = 0.

Osserviamo che

gxx(x, y) = 2 =⇒ g^xx(0, 1) = 2, gxy(x, y) = 0 =⇒ g^xy(0, 1) = 0, gyy(x, y) = −4πy²sin(πy³) −

Z y 1

π²t⁴cos(πyt²) dt − 2 =⇒ g^yy(0, 1) = −2.

Derivando (∗) di nuovo, si ottiene

0 = gxx(x, f (x)) + 2gxy(x, f (x))f^′(x) + gyy(x, f (x))f^′(x)²+ gy(x, f (x))f^′′(x) e sostituendo x = 0, f (0) = 1, f^′(0) = 0, si ottiene

f^′′(0) = −gxx(0, 1) gy(0, 1) = 2

3. Ma allora il polinomio richiesto `e

T2(x) = 1 +x² 3 .